se abbiamo una accelerazione di gravita' g
la pressione all'altezza z e' :
P(q^vec,p^vec) = 1/Z e^{-beta(p^2'/2m + mgz)}

dove q^vec = (x,y,z) e beta= ùfrac{1}{k_b T}

e P(q,p) decrive la probabilita' nelle coordiante p e q

P(Z) dZ = dz ùint dx dy ùint d^3 P ùfrac{1}{Z} e^{-ùbeta(ùfrac{p^2}{2m} + mgz} = A ùfrac{1}{Z}  ù(ùfrac{m}{2 ùpi ùbeta}ù) ^{3/2} e ^{-ùbeta mgz} dz
quindi il numero di particelle e' dato da
n(z) dz densita' lineare di particelle
n(z) = ùfrac{N}{V} P(Z) dz = ùfrac{N}{V} A ùfrac{1}{Z} (m/2ùpi ùbeta) e ^{- beta mgz} dz


---> n(z) = n(0) e ^{-ùfrac{mgz}{k_b T}


GRAFICO 1


La spinta di archimede equivale alla 
v ùro_{H_2 O} g - pvg = gv (ùro_{H_2 O} -ùro)
                 = g m ( ùfrac{ùro_{H_2 O}}{ùro} -1 )

sembra come se la g equivalente
g -> g_{eff} = g(1- ùfrac{ùro_{H_2 O}}{ùro})



bmg = ùfrac{1}{ùlambda_I} 
lunghezza caratteristica : ùlambda_I= ùfrac{K_B T}{ mg} = ùfrac{R T}{Mg } 
per l'azoto si ha = 91 * 10^{-3} m alla temperatura T=300 K

GRAFICO 2
se la forza supra e'maggiore il tutto si muove. Bisogna tenere conto anche del peso
Il peso e'dato da:

n(z) dz mg + P(z + dz) A = P(Z) A

semplificando
P(z + dz) - P(z) = - n(z) dz \frac{mg}{A}
\frac{dP(z)}{dz} = -\frac{mg}{A} n(z)
C´e un modo piu rapido per fare questo. Lo riprendiamo dopo
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La pressione e'uniforme, se so il numero di particelle all´interno del volumetto trovo e posso applicare l´eqazuone dei gasi ideali si ha:
N(z) = n(z) dz
P(z) V= N(z) dz K_B  T
P(z) = \frac{K_B T}{A} n(0)e^{\beta m \ro z} = P(0) e^{-\frac{mgz}{K_B T}
la pressione ha un decadimento esponenziale
Tutto questo accade se si ha la stessa temperatura
Per un buon modello questo non va bene
L`assunzione che la temeratura sia idele non e'un buon modello


\\\\\\

GRAFICO 3

Un buon modello e'il caso in cui, la notazione migliore

Assumiamo che l' aria quando sale (e scende) lo fa senza scambiare calore con le masse d'aria delle zone limitrofe e non lo fa molto velocoemente. Assumiamo che lo faccia abbastanza lentamente che possiamo considerare la trasformazione adiabatica
\ro(z) dV = masa totale nel volume dV nell altezza Z

Il peso:
\ro(z) dV g + P(z + dz) A = P(z) A
come prima viene che
\frac{dP}{dz}(z) = - \ro(z) g \frac{dV}{dz} con dV = A dz
-> P(z) dV = \frac{\ro(z) dV}{m} K_B T
\ro(z) = \frac{m P(z)}{K_B T}

e si ha che la pressione diventa:
\frac{dP}{dz}(z) = \frac{A g m P(z)}{K_B T}= - \frac{g M P(z)}{R T(z)} dividento e moltiplicando per N_A
come nel caso precedente e senza utilizzare la meccanica statistica
P'(Z) = - \frac{g M}{R T} P(Z)
P(z) = P(0) e^{-\frac{g M }{R T} z}

Dobbiamo utilizzare la trasformazione adiabatica per legare la temperartura alla pressione e cioe
T(z) P(z)^{\frac{1-\gamma}{\gamma}} = costante, indipendente da z
ln{T} + \frac{1-\gamma}{\gamma} ln{P} = costante
\frac{dT}{dz} \frac{1}{T} + \frac{\gamma}{1-\gamma} \frac{dP}{dZ} \frac{1}{P} = 0

\frac{1-\gamma}{\gamma} \frac{dT}{dz} \frac{1}{T} = - \frac{g M}{R T(z)}
e i T(Z) si elidono e nella sopra equazione non ci sono parametri dipendenti da z
\frac{dT}{dz}  = -\frac{1-\gamma}{\gamma}  \frac{g M}{R}


se usiamo l'equazione che
P(z) T^{\frac{\gamma}{1-\gamma} } (z) = a t
P(z) = costa T^{\frac{\gamma}{1-\gamma} } (z)  = cost( T(0) - \frac{\gamma -1}{\gamma} \frac{g M }{T} ) ^{\frac{\gamma}{\gamma-1}}

per il secondo temrmine tra parentesi abbastanza piccolo e raccogliendo T(0) risulta che 
=> \circa P(0) e^{-\frac{g M}{R T(0)} z}

metre nel caso uniforme si aveva che:
P(Z)= P(0) e^{-\frac{g M}{R T} z}

%*******************************
%2 ora
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\theorem{Teroema dell'equiparazione dell'energia}
H(\b{q},\b{p}) = c x^2 + H_{resto}(\b{q},\b{p})

x puo essere
x = \{ q_i oppure p_i

vogliamo sapere quanto contribuisce all'energia media questo termine

<H> =  U
= <c x^2> + <H_{resto}>

dove <c x^2> =\frac{1}{z} \int d\Gamma e^{-\beta[c x^2 + H_{resto}]} c x^2= 
e lo posso scrivere visto d\Gamma = dx d\Gamma_R

=> \frac{ \int (d\Gamma)_{resto} e^{-\breta H_R}    \int dx e^{-\beta c x^2} c x^2 }{
\int (dP)_{resto} e^{???????}}}}}}}


<c x^2> = -frac{c}{\beta} d/dc ln{\int dz e ^{-\beta c x^2}} = -\frac{c}{\beta} d/dc ln{\sqrt{\frac{2 \pi}{\beta c}}} = \frac{1}{2 \beta} = \frac{K_B T}{2}

la componente ???? contribuisce con un termine di K_B T / 2

Monotatomico H=\frac{\b{p}^2}{2 m} 

e -> U_{monoatomico} = \frac{3}{2} R T per una mole
dove c_v= \frac{\dpart\U}{\dpart\T}= \frac{3}{2} R


In un gas biatomico scriveremmo:
H = \frac{b{p}^2_2}{2 m} + \frac{b{p}^2_2}{2 m} + V(r) = \frac{P{cm}}{2 m} + \frac{\b{L}^2}{2 I} + V(r) + \frac{m}{2} \(\frac}dr}{dt}\)^2
abbiamo che i termini sono il moto del centro di massa piu il moto del momento d'inerzia
dove posso scrivere \b{L}^2= L_x^2 + L_y^2
devo contare quante facce quadrate ci sono 
U = \frac{R T}{2} (3 + 2 + 2)
se trascuriamo V(r) si ha che => \frac{7}{2} R T
e il potenziale di r,V(r), che abbiamo trascurato vale
GRAFICO 4
esiste un potenziale di equilibrio ma le particelle realmente ocillano al questo potenziale
V(r)= V(r_0) + \frac{1}{2}(r - r_0)^2 V''(r_0) + .... [ sviluppo in serie]
se le oscillazioni non sono troppo elevate


Il termine costante non viene considerato.
Ma perche il potenziale non viene rilevato non porta a 7/2 ma 5/2?
a basse temperature si trova 3/2 R e poi
GRAFICO 5

Ad alte temperature arriva anche a 7/2 R
La spiegazione della meccanica statistica considera anche le oscillazioni degli elettroni e del nucleo e potrebbero contribuire nei termi delle equazioni.
E si potrebbe considerare i neutroni e i protoni del nucleo, i quark delle particelle e poercio ci sono molti termini da considerare e si avrebbe che c_v va a piu infinito.

Bisogna considerare anche la quantizzazione della materia e non e' continua come abbiamo ipotizzato. In realta'si ha che
L^2 = l(l +1) \costplank^2    ed l= 0,1,2,3....
ed \costplank \valecirca 10^{-34} J \, sec

T_R= \frac{\plank^2}{2 I K_B}

ogni componente si fa sentire solo ad determinati livelli di energia termica, cioe' ad determinate specifice temperature. Sotto queste temperature non gli stati di rotazione sono piu bassi
Prima di andare ad eccitare i moti vibrazionali, si eccitano prima i moti rotazionali.
